浙江省丽水市2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量监控数学试题（原卷版+解析版）

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本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题卷规定的位置上.
2.答题时，请按照答题卷上“注意事项”的要求，在答题卷相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知等比数列的前n项和为，公比，若，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用等比数列求和公式求解即可.
【详解】由等比数列求和公式得.
故选：D.
2. 己知向量，则的值是（ ）
A. B. C. 8D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.
【详解】由于，
则，
于是.
故选：B
3. 函数的单调递减区间是（ ）
A. ,B. ,C. ,D. ,
【答案】A
【解析】
【分析】运用导数求解.
【详解】函数的导数 ，由得，
即，
所以函数的单调递减区间为；
故选：A.
4. 直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由直线方程得到斜率，再由斜率可得倾斜角的范围.
【详解】直线的斜率为，
由于，设倾斜角为，
则，，
所以.
故选：B.
5. 已知是两条不同的直线，为两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的命题是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】由空间中直线与平面、平面与平面的位置关系逐一进行分析即可．
【详解】解：对于A：若，则或或与相交，故A错误；
对于B：要得到，则需要与平面内两条相交直线垂直，只有得不到，故B错误；
对于C：若，则或与相交，故C错误；
对于D：若，由面面垂直的判定定理可得，故D正确；
故选：D
6. 如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n越大，组合成的新几何体就越接近一个“长方体”.若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，高分析可得新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加的为轴截面的面积，由此可得，由圆柱的侧面积公式计算可得答案.
【详解】根据题意，设圆柱的底面半径为，高，其轴截面的面积为，
新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加的为轴截面的面积，
若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了，
即
所以圆柱的侧面积为.
故选：A.
7. 设椭圆与椭圆的离心率分别为，若，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最小值为
C. 的最大值为D. 的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆的离心率，结合椭圆的性质及对勾函数的单调性求解．
【详解】已知椭圆与椭圆的离心率分别为，，
又，
则，，
则，
设，，
则根据对勾函数知在为减函数，在为增函数，
则,，
则，
即的最大值为，无最小值．
故选：D．
8. 已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是.接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推.求满足如下条件的最小整数，.且该数列的前项和为2的整数幂.那么是（ ）
A. 83B. 87C. 91D. 95
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意进行分组，然后分组求和即可.
【详解】根据题意将数列分组，第一组为第一项是，
第二组为为第二项和第三项是，，
依次类推，第组为，，，…，
第组含有项，
所以第组的和为：，
前组内一共含有的项数为：，
所以前组内的项数和为：，
若该数列的前项和为2的整数幂.，只需将消去即可；
若，则，，
不满足；
若，则，，
不满足；
若，则，，
满足；
故满足如条件的最小整数为95.
故选：D
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 已知直线与圆交于两点，则（ ）
A. 直线过定点B. 线段长的最大值为6
C. 线段长的最小值为4D. 面积的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由直线系方程求得直线恒过定点判断A，当直线过圆圆心时，线段最长，判断B，当直线AB与过原点和点的直线垂直时，弦长AB最短，判断C，的面积取得最大值时，判断D.
【详解】直线即直线，
联立，解得，，所以直线过定点，故A正确；
当直线过圆圆心时，线段最长，为圆的直径，等于6，故B正确；
当直线AB与过原点和点的直线垂直时，弦长AB最短，
因为原点C到点的距离为，
此时，故C正确；
因为，所以的面积取得最大值时，
此时，故D错误.
故选：ABC.

10. 如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）
A. 平面平面
B. 平面平面
C. 直线与平面所成角的正弦值是
D. 平面与平面夹角的余弦值是
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，需证平面CDE与平面CDE；取中点，所以为二面角的平面角，求出此二面角不是直二面角，可判断B；同理为二面角的平面角，可判定D;对于C，先证平面BEDF，故即为直线AE与平面BDE所成的角，求解即可.
【详解】连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，
由对称性可知，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面CDE，平面，所以平面，
同理平面，又，AF，平面，
所以平面平面，A正确；
取中点，连接，则，
所以为二面角的平面角，
设该八面体棱长为，则，
所以，
所以二面角不是直二面角，则平面与平面不垂直，
而平面平面，所以平面与平面也不垂直，B错误；
同理，取中点，连接，为二面角的平面角，
，所以平面与平面夹角的余弦值是，D正确；
由，，得，在正方形ABCD中，，
平面BEDF，平面BEDF，又，所以平面BEDF，
所以即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则，
所以，所以，C错误.
故选：AD.
11. 设直线与抛物线相交于两点，且与圆相切于点，M为线段的中点（ ）
A. 当时，直线的斜率为1
B. 当时，线段的长为8
C. 当时，符合条件的直线有两条
D. 当时，符合条件的直线有四条
【答案】BD
【解析】
【分析】由点差法得，由此判断A、B正确；当的斜率不存在时判断是否符合要求，当的斜率存在时，由直线与圆切于得必在直线上，根据给定的求出位置，根据是否在抛物线内部判断C、D是否正确.
【详解】对A，如图,设,,
则,两式相减得,.
当的斜率存在时,，则有,
又,所以.
当时，，故A错误；
对B，由，得,
即，因此，即必在直线上.
当时，，点，直线的方程为，恰好过抛物线焦点，
故，故B正确；
对C，将代入,得，由在抛物线内部得，
因为点在圆上,所以,
当时，，解得，与矛盾，
此时的斜率为的直线不存在，
如图：

当的斜率不存在时，符合条件的直线只有一条，为，故C错误；
对D，当时，，解得，符合，

此时的斜率为的直线有两条，为和，
当的斜率不存在时,符合条件的直线也有两条，为和，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题的关键利用点差法求中点弦问题，并结合直线与圆相切问题.
12. 生态学研究发现：当种群数量较少时，种群近似呈指数增长，而当种群增加到一定数量后，增长率就会随种群数量的增加而逐渐减小，为了刻画这种现象，生态学上提出了著名的逻辑斯谛模型：，其中是正数，表示初始时刻种群数量，r表示种群的内秉增长率，K表示环境容纳量，近似刻画t时刻的种群数量.下面判断正确的是（ ）
A. 如果，那么存在
B. 如果，那么对任意
C. 如果，那么存在在t点处的导数
D. 如果，那么的导函数在上存在最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】解方程，求出，即可判断A,利用作差法比较大小即可判断B；
求导，结合，，得到导函数大于0恒成立，即可判断C；二次求导，得到导函数单调性，从而得到极值和最值，进而判断D.
【详解】由可得，
当时，，
令，解得：，
因为为种群的内秉增长率，，所以，A正确；
，
因为，，所以，
故对任意的，，B正确；
，
因为，那么任意的，在点处的导数恒成立，故C错误；
令，
则，
因为，
令得：，解得：，
令得：，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
那么的导函数在上存在极大值，也是最大值，D正确．
故选:ABD．
三、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
13. 已知直线和，若，则_______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据两直线平行，则两直线斜率相等，得到，解出即可.
【详解】直线的斜率为，，
直线的斜率，即，
经检验，满足题意.
故答案为：2.
14. 己知等差数列的前n项和为，若，则_______.
【答案】28
【解析】
【分析】借助等差中项的性质及等差数列前n项和公式计算即可得.
【详解】.
故答案为：28.
15. 已知圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为6，圆台的体积为，且它的两个底面圆周都在球O的球面上，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知根据圆台的体积公式，求出圆台的高，再利用球的内接圆台构造直角三角形利用勾股定理，建立方程，求出的长，从而求出的值.
【详解】设圆台的高为h，依题意，解得．
设，则，解得，
故．
故答案：.
16. 已知三棱锥的体积为是空间中一点，，则三棱锥的体积是_______.
【答案】10
【解析】
【分析】根据题意，由空间向量的运算可得，再由空间向量基本定理可得，即可得到结果.
【详解】
因为，则，
即，
即，所以，
因为，由空间向量基本定理可知，在平面内存在一点，
使得成立，即，
所以，即，则，
又三棱锥的体积为15，
则.
故答案为：10
17. 己知曲线和，点分别在曲线上，记点Q的横坐标为，则的最小值是_______.
【答案】
【解析】
【分析】设点坐标为，由抛物线定义可得，其中，利用导数求其最值即可.
【详解】设点坐标为，为的焦点，
点到准线距离为，
则，
则，
又，
设，
则，令，
则，所以在上单调递增，
又，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
所以，
故
则，
即的最小值是.
故答案为：.
18. 如图，8个半径为1的圆摆在坐标平面的第一象限（每个圆与相邻的圆外切或与坐标轴相切），若斜率为3的直线将8个圆分成面积相等的两部分，则直线的方程是_______.

【答案】
【解析】
【分析】过、的直线平分四个圆可实现两个区域面积相等，由此可确定直线的方程.
【详解】当过的直线将圆与圆区域平分，过的直线将圆与圆区域平分时，
将8个圆划分为面积相等的两个区域且，
直线的方程为：，即直线。
故答案为：.

四、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. 已知圆经过点，，.
（1）求圆的方程；
（2）过点作直线与圆相切，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）借助垂直平分线的性质计算可得点的坐标，借助两点间距离公式计算可得半径，即可得圆的方程；
（2）借助点斜式设出切线方程，结合切线定义计算即可得.
【小问1详解】
线段的垂直平分线的方程为，线段的垂直平分线的方程为，
由，解得，
圆的半径，
圆的方程为；
【小问2详解】
设过点P的直线为，即，
圆心到直线的距离，解得或，
直线方程为或.
20. 己知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有三个零点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）由题意可得是函数的一个零点，故方程有两个不同的非零实数根，令，则可转化为求的范围问题，即可得a的取值范围.
【小问1详解】
，则，又，
所以切线方程为；
【小问2详解】
，
故是函数的一个零点，
由题意可知，方程有两个不同的非零实数根，
显然不合题意，
令，则，
设，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故，
又时，，时，，
故，即.
21. 己知为正项数列的前n项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用变形整理可得数列为等差数列，利用等差数列的通项公式求解即可；
（2）利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
由题意知：且，
两式相减，可得，
，可得，
又，当时，，即，
解得或（舍去），所以，
从而，所以数列表示首项为1，公差为1的等差数列，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由，
可得
，
所以.
22. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面，为中点.
（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）设点N在直线上，若的面积是，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过说明两两垂直，以为轴建立直角坐标系，利用向量法求面面角；
（2）先根据面积求出点N点到的距离，然后利用向量法通过点线距离公式计算即可.
【小问1详解】
由已知在中，
，
，
又四边形是平行四边形，，
取中点H，则，
，，两两垂直，
以为轴建立直角坐标系，
则为边上的高，
，
，
M为中点，，
，
设平面的法向量为，
，
，取，
设平面的法向量为，
，取，
平面与平面夹角余弦值为；
【小问2详解】
设，则；
，
，设N点到的距离为d，
则，
，
，即，
.
另解：，设N点到的距离为d，
则，
，
延长至E，使得，则且，
又平面，所以平面，
而平面，，所以E点即为N点，.
23. 已知双曲线，点，直线与双曲线C交于不同的两点.
（1）若的重心在直线上，求k的值；
（2）若直线过双曲线C的右焦点F，且直线的斜率之积是，求的面积.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理以及重心坐标公式可得重心坐标，代入中即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程，得韦达定理，进而根据斜率公式，即可代入化简求解斜率，由弦长公式以及点到直线距离公式即可求解面积.
【小问1详解】
设，联立方程，即，
，
又的重心为，由题设，
即
，.
所以，则.
【小问2详解】
由题设，直线，联立方程即，
，则，
，代入化简得，
所以或（过M点舍），直线为，代入双曲线得，
，而M点到距离为d，则，
.